2025届内蒙古自治区鄂尔多斯市准格尔旗数学九上开学质量跟踪监视试题【含答案】

这是一份2025届内蒙古自治区鄂尔多斯市准格尔旗数学九上开学质量跟踪监视试题【含答案】，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）等边三角形的边长为2，则它的面积为
A．B．C．D．1
2、（4分）下列字母中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是
A．55°B．60°C．65°D．70°
4、（4分）下列各命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形的对角相等B．四条边都相等的四边形是菱形
C．正方形的两条对角线互相垂直D．矩形的两条对角线互相垂直
5、（4分）下列二次根式；5；；；；．其中，是最简二次根式的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
6、（4分）计算的结果是( )
A．B．C．D．
7、（4分）某校计划修建一条500米长的跑道，开工后每天比原计划多修15米，结果提前2天完成任务．如果设原计划每天修x米，那么根据题意可列出方程（ ）
A．＝2B．＝2
C．＝2D．＝2
8、（4分）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，则下列说法：
①若，则四边形为矩形；
②若，则四边形为菱形；
③若四边形是平行四边形，则与互相垂直平分；
④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等.
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC上一点（不与B、C重合），点P在边CD上运动，M、N分别是AE、PE的中点，线段MN长度的最大值是_____．
10、（4分）不等式x+3＞5的解集为_____．
11、（4分）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，CF＝1，求AB的长是___________.
12、（4分）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点得到四边形，如此进行下去，得到四边形，则四边形的面积是________.
13、（4分）如图，直线经过点，当时，的取值范围为__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（2，0）, B（0，4）.
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点M为直线y=mx在第一象限上一点，且△ABM是等腰直角三角形，求m的值．
（3）如图3，过点A（2，0）的直线交y轴负半轴于点P，N点的横坐标为-1，过N点的直线交AP于点M.求的值.
15、（8分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，8），B（0，4），点C在x轴的正半轴上，点D为OC的中点．
（1）当BD与AC的距离等于2时，求线段OC的长；
（2）如果OE⊥AC于点E，当四边形ABDE为平行四边形时，求直线BD的解析式．
16、（8分）如图，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点都在格点上．
（1）分别求出AB，BC，AC的长；
（2）试判断△ABC是什么三角形，并说明理由．
17、（10分）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，矩形的顶点、，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与轴交于点．
（1）求线段的长度；
（2）求直线所对应的函数表达式；
（3）若点在线段上，在线段上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
18、（10分）某校招聘一名数学老师，对应聘者分别进行了教学能力、科研能力和组织能力三项测试，其中甲、乙两名应聘者的成绩如右表：（单位：分）
（1）若根据三项测试的平均成绩在甲、乙两人中录用一人，那么谁将被录用？
（2）根据实际需要，学校将教学、科研和组织能力三项测试得分按 5：3：2 的比确定每人的最后成绩，若按此成绩在甲、乙两人中录用一人，谁将被录用？
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，点D落在处，AF的长为___________．
20、（4分）等式成立的条件是_____．
21、（4分）如图所示，已知AB＝ 6，点C，D在线段AB上，AC ＝DB ＝ 1，P是线段CD上的动点，分别以AP，PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连接EF，设EF的中点为G，当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是_________．
22、（4分）如图，菱形的两个顶点坐标为，，若将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，则第秒时，菱形两对角线交点的坐标为__________．
23、（4分）要使分式有意义，x需满足的条件是 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某学校计划在总费用2300元的限额内，租用客车送234名学生和6名教师集体外出活动，每辆客车上至少要有1名教师.现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如下表所示.
(1)共需租多少辆客车?
(2)请给出最节省费用的租车方案.
25、（10分）把一个含45°角的直角三角板BEF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点B重合，联结DF，点M，N分别为DF，EF的中点，联结MA，MN．
（1）如图1，点E，F分别在正方形的边CB，AB上，请判断MA，MN的数量关系和位置关系，直接
写出结论；
（2）如图2，点E，F分别在正方形的边CB，AB的延长线上，其他条件不变，那么你在（1）中得到的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
图1 图2
26、（12分）某地区2015年投入教育经费2900万元，2017年投入教育经费3509万元．
（1）求2015年至2017年该地区投入教育经费的年平均增长率；
（2）按照义务教育法规定，教育经费的投入不低于国民生产总值的百分之四，结合该地区国民生产总值的情况，该地区到2019年需投入教育经费4250万元．如果按（1）中教育经费投入的增长率，到2019年该地区投入的教育经费是否能达到4250万元？请说明理由．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、A
【解析】
过等边三角形一条边做高,所以底边被分成了相等的两半,用勾股定理求出高等于,再用三角形面积公式可得:2×=.
【详解】
过等边三角形一条边做高,
所以底边被分成了相等的两半,
根据勾股定理可得:
高等于,
由三角形面积公式可得:
2×=.
故选A.
本题主要考查了等边三角形的性质及勾股定理的应用,解决本题的关键熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理.
2、A
【解析】
根据中心对称图形及轴对称图形的概念即可解答.
【详解】
选项A是轴对称图形，也是中心对称图形；
选项B是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项C不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
选项D不是轴对称图形，是中心对称图形．
故选A．
本题考查了中心对称图形及轴对称图形的概念，熟知中心对称图形及轴对称图形的判定方法是解决问题的关键.
3、C
【解析】
根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
【详解】
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，
∴∠ACD=90°-20°=70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC=180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，
∴∠ADC=∠E+20°，
∵∠ACE=90°，AC=CE
∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
即45°+70°+∠ADC=180°，
解得：∠ADC=65°，
故选C．
此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．
4、D
【解析】
利于平行四边形的性质、菱形的判定定理、正方形的性质及矩形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
A. 平行四边形的对角相等，正确，为真命题；
B. 四条边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；
C. 正方形的两条对角线互相垂直，正确，为真命题；
D. 矩形的两条对角线相等但不一定垂直，故错误，为假命题，
故选D.
此题考查命题与定理，解题关键在于掌握各性质定理.
5、B
【解析】
根据最简二次根式的定义即可判断.
【详解】
，
，
，
、、是最简二次根式.
故选：.
本题考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式的定义，本题属于基础题型.
6、A
【解析】
根据二次根式性质求解.
【详解】
根据得
=3
故答案为：A
考核知识点：算术平方根性质.理解定义是关键.
7、A
【解析】
设原计划每天修x米，则实际每天修（x+15）米，根据时间=工作总量÷工作效率结合提前1天完成任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【详解】
设原计划每天修x米，则实际每天修（x+15）米．
由题意，知原计划用的时间为天，实际用的时间为：天，
故所列方程为：＝1．
故选：A．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，根据等量关系结合分式方程，找出未知数代表的意义是解题的关键．
8、A
【解析】
根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四边形，根据矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】
解：∵E、F分别是边AB、BC的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，
同理可知，HG∥AC，HG=AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
若AC=BD，则四边形EFGH是菱形，故①说法错误；
若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②说法错误；
若四边形是平行四边形，AC与BD不一定互相垂直平分，故③说法错误；
若四边形是正方形，AC与BD互相垂直且相等，故④说法正确；
故选：A．
本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，掌握三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、5
【解析】
由条件可先求得MN=AP，则可确定出当P点运动到点C时，PA有最大值，即可求得MN的最大值
【详解】
∵M为AE中点，N为EP中点
∴MN为△AEP的中位线，
∴MN= AP
若要MN最大，则AP最大．
P在CD上运动，当P运动至点C时PA最大，
此时PA=CA是矩形ABCD的对角线
AC==10,
MN的最大值= AC=5
故答案为5
此题考查了三角形中位线定理和矩形的性质，解题关键在于先求出MN=AP
10、x＞1．
【解析】
利用不等式的基本性质，把不等号左边的3移到右边，合并同类项即可求得原不等式的解集．
【详解】
移项得，x＞5﹣3，
合并同类项得，x＞1．
故答案为：x＞1．
本题主要考查了一元一次不等式的解法，解不等式要依据不等式的基本性质．
11、1
【解析】
根据已知条件易证四边形ABDE是平行四边形，可得AB=DE=CD，即D是CE的中点，在Rt△CEF中利用30°角直角三角形的性质可求得CE的长，继而求得AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD，
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=DE=CD，
即D为CE中点，
∴AB=CE，
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=60°，
∴∠CEF=30°，
∵CF＝1，
∴CE=2，
∴AB=1．
故答案为1
本题考查了平行四边形的判定与性质，正确证得D是CE的中点是关键．
12、
【解析】
根据四边形的面积与四边形的面积间的数量关系来求其面积．
【详解】
解：∵四边形中，，，且

由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形的面积是．
故答案为：．
本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．
13、
【解析】
根据题意结合图象首先可得的图象过点A，因此便可得的解集.
【详解】
解：∵正比例函数也经过点，
∴的解集为，
故答案为：．
本题主要考查函数的不等式的解，关键在于根据图象来判断，这是最简便的解题方法.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（2）y=﹣2x+2；（2）m的值是或或2；（3）2.
【解析】
（2）设直线AB的解析式是y=kx+b，代入得到方程组，求出即可；
（2）当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N，证△BMN≌△ABO（AAS），求出M的坐标即可；②当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N，同法求出M的坐标；③当AM⊥BM，且AM=BM时，过M作MN⊥x轴于N，MH⊥y轴于H，证△BHM≌△AMN，求出M的坐标即可．
（3）设NM与x轴的交点为H，分别过M、H作x轴的垂线垂足为G，HD交MP于D点，求出H、G的坐标，证△AMG≌△ADH，△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，推出PN=PD=AD=AM代入即可求出答案．
【详解】
（2） ∵A（2，0），B（0，2），
设直线AB的解析式是y=kx+b，
代入得：，
解得：k=﹣2，b=2，
∴直线AB的解析式是y=﹣2x+2．
（2）如图，分三种情况：
①如图①，当BM⊥BA，且BM=BA时，过M作MN⊥y轴于N，
∵BM⊥BA，MN⊥y轴，OB⊥OA，
∴∠MBA=∠MNB=∠BOA=90°，
∴∠NBM+∠NMB=90°，∠ABO+∠NBM=90°，
∴∠ABO=∠NMB，
在△BMN和△ABO中
，
∴△BMN≌△ABO（AAS），
MN=OB=2，BN=OA=2，
∴ON=2+2=6，
∴M的坐标为（2，6 ），
代入y=mx得：m=，
②如图②，当AM⊥BA，且AM=BA时，过M作MN⊥x轴于N，

易知△BOA≌△ANM（AAS），
同理求出M的坐标为（6，2），
代入y=mx得：m=，
③如图③，
当AM⊥BM，且AM=BM时，过M作MN⊥X轴于N，MH⊥Y轴于H，
∴四边形ONMH为矩形，
易知△BHM≌△AMN，
∴MN=MH，
设M（x2，x2）代入y=mx得：x2=m x2，
∴m=2，
答：m的值是或或2．
（3）如图3，设NM与x轴的交点为H，过M作MG⊥x轴于G，过H作HD⊥x轴，
HD交MP于D点，
即：∠MGA=∠DHA=900，连接ND，ND 交y轴于C点
由与x轴交于H点，∴H（2，0），
由与y=kx﹣2k交于M点，∴M（3，k），
而A（2，0），
∴A为HG的中点，AG=AH，∠MAG=∠DAH
∴△AMG≌△ADH（ASA），∴AM=AD
又因为N点的横坐标为﹣2，且在上，
∴N（-2，﹣k），同理D（2，﹣k）
∴N关于y轴对称点为D
∴PC是ND的垂直平分线∴PN=PD, CD=NC=HA=2，∠DCP=∠DHA=900，ND平行于X轴
∴∠CDP=∠HAD
∴△ADH≌△DPC ∴AD= PD
∴PN=PD=AD=AM，
∴．
此题是一次函数综合题，主要考查对一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形性质，用待定系数法求正比例函数的解析式，全等三角形的性质和判定，二次根式的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理和计算是解此题的关键．
15、（1）；（2） y＝－x＋1.
【解析】
（1）作BF⊥AC于点F，取AB的中点G，确定出G坐标，由平行线间的距离相等求出BF的长，在直角三角形ABF中，利用斜边上的中线等于斜边的一半求出FG的长，进而确定出三角形BFG为等边三角形，即∠BAC=30°，设OC=x，则有AC=2x，利用勾股定理表示出OA，根据OA的长求出x的值，即可确定出C坐标；
（2）根据平行四边形的性质可得出DE⊥OC，利用等腰三角形的三线合一可得出△OEC为等腰三角形，结合OE⊥AC可得出△OEC为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出点C、D的坐标，由点B、D的坐标，利用待定系数法即可求出直线BD的解析式．
【详解】
（1）如图1，作BF⊥AC于点F，取AB的中点G，则G（0，6），
∵BD∥AC，BD与AC的距离等于2，
∴BF=2，
∵在Rt△ABF中，∠AFB=90°，AB=1，点G为AB的中点，
∴FG=BG=AB=2，
∴△BFG是等边三角形，∠ABF=60°，
∴∠BAC=30°，
设OC=x，则AC=2x，
根据勾股定理得：OA==x，
∵OA=8，
∴x=，
∵点C在x轴的正半轴上，
∴点C的坐标为（，0）；
（2）如图：
∵四边形ABDE为平行四边形，
∴DE∥AB，
∴DE⊥OC，
∵点D为OC的中点，
∴△OEC为等腰三角形，
∵OE⊥AC，
∴△OEC为等腰直角三角形，
∴∠C=15°，
∴点C的坐标为（8，0），点D的坐标为（1，0），
设直线BD的解析式为y=kx+b（k≠0），
将B（0，1）、D（1，0）代入y=kx+b，
得：，解得：，
∴直线BD的解析式为y=-x+1．
本题考查了三角形的中位线、待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形、平行四边形的性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）牢记30°角所对的直角边为斜边的一半；（2）根据平行四边形的性质结合等腰直角三角形的性质求出点C、D的坐标．
16、（1），，；（2）是直角三角形，理由见解析
【解析】
（1）根据勾股定理即可分别求出AB，BC，AC的长；
（2）根据勾股定理逆定理即可判断.
【详解】
解：（1）根据勾股定理可知：，，；
（2）是直角三角形，理由如下：
，，
，
是直角三角形．
此题考查的是勾股定理和勾股定理的逆定理，掌握用勾股定理解直角三角形和用勾股定理逆定理判定直角三角形是解决此题的关键.
17、（1）15；（2）；（3）
【解析】
（1）根据勾股定理即可解决问题；
（2）设AD=x，则OD=OA=AD=12-x，根据轴对称的性质，DE=x，BE=AB=9，又OB=15，可得OE=OB-BE=15-9=6，在Rt△OED中，根据OE2+DE2=OD2，构建方程即可解决问题；
（3）过点E作EP∥BD交BC于点P，过点P作PQ∥DE交BD于点Q，则四边形DEPQ是平行四边形，再过点E作EF⊥OD于点F，想办法求出最小PE的解析式即可解决问题.
【详解】
解：（1）由题知：.
（2）设，则，
根据轴对称的性质，，，
又，
∴，
在中，，
即，
解得 ，
∴，
∴点，
设直线所对应的函数表达式为：，
则， 解得 ，
∴直线所对应的函数表达式为：，
（3）存在，过点作EP∥DB交于点，过点作PQ∥ED交于点，则四边形是平行四边形．再过点作于点，
由，
得，即点的纵坐标为，
又点在直线：上，
∴， 解得 ， ∴
由于EP∥DB，所以可设直线：，
∵在直线上
∴， 解得 ，
∴直线：，
令，则，
解得，
∴.
本题考查一次函数综合题、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建一次函数解决问题，属于中考压轴题.
18、（1）甲被录用；（2）乙被录用．
【解析】
分析:（1）根据平均数的计算公式分别进行计算，平均数大的将被录用；
（2）根据加权平均数的计算公式分别进行解答，加权平均数大的将被录用；
详解: （1）甲的平均成绩为=84（分）；
乙的平均成绩为=82（分），
因为甲的平均成绩高于乙的平均成绩，
所以甲被录用；
（2）根据题意，甲的平均成绩为=83.2（分），
乙的平均成绩为=84.8（分），
因为甲的平均成绩低于乙的平均成绩，
所以乙被录用．
点睛: 本题重点考查了算术平均数和加权平均数的计算公式，希望同学们要牢记这些公式，并能够灵活运用.
数据x1、x2、……、xn的算术平均数：=(x1+x2+……+xn)，
加权平均数：（其中w1、w2、……wn为权数）.
算术平均数是加权平均数的一种特殊情况，加权平均数包含算术平均数，当加权平均数中的权相等时，就是算术平均数.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据对折之后对应边长度相同，联立直角三角形中勾股定理即可求解．
【详解】
设
∵矩形纸片中，，
现将其沿对折，使得点C与点A重合，点D落在处，
∴ ，
在中，，
即 解得 ，
故答案为：．
本题考查了矩形的性质和勾股定理的应用，解题的关键在于找到对折之后对应边相等关系和勾股定理中的等量关系．
20、﹣1≤a＜3
【解析】
根据负数没有算术平方根列出不等式组，求出解集即可．
【详解】
依题意，得：，解得：﹣1≤a＜3
此题考查二次根式的乘除法，解题关键在于掌握运算法则
21、1
【解析】
分别延长AE，BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出点G为PH的中点，则G的运动轨迹为△HCD的中位线MN，再求出CD的长度，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
【详解】
解：如图，分别延长AE，BF交于点H，
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分，
∵点G为EF的中点，
∴点G为PH的中点，即在P运动的过程中，G始终为PH的中点，
∴G的运动轨迹为△HCD的中位线MN，
∵CD=6-1-1=4，
∴MN==1，
∴点G移动路径的长是1，
故答案为：1．
本题考查了等边三角形及中位线的性质，以及动点的问题，是中考热点，解题的关键是得出G的运动轨迹为△HCD的中位线MN．
22、（-，0）
【解析】
先计算得到点D的坐标，根据旋转的性质依次求出点D旋转后的点坐标，得到变化的规律即可得到答案．
【详解】
∵菱形的两个顶点坐标为，，
∴对角线的交点D的坐标是（2,2），
∴，
将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，
旋转1次后坐标是（0， ），
旋转2次后坐标是（-2,2），
旋转3次后坐标是（-，0），
旋转4次后坐标是（-2，-2），
旋转5次后坐标是（0，-），
旋转6次后坐标是（2，-2），
旋转7次后坐标是（,0），
旋转8次后坐标是（2,2）
旋转9次后坐标是（0，，
由此得到点D旋转后的坐标是8次一个循环，
∵，
∴第秒时，菱形两对角线交点的坐标为（-，0）
故答案为：（-，0）．
此题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角坐标系中点坐标的变化规律，根据点D的坐标依次求出旋转后的坐标得到变化规律是解题的关键．
23、x≠1
【解析】
试题分析：分式有意义，分母不等于零．
解：当分母x﹣1≠0，即x≠1时，分式有意义．
故答案是：x≠1．
考点：分式有意义的条件．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）客车总数为6；（1）租4辆甲种客车，1辆乙种客车费用少.
【解析】
分析：（1）由师生总数为140人，根据“所需租车数=人数÷载客量”算出租载客量最大的客车所需辆数，再结合每辆车上至少要有1名教师，即可得出结论；
（1）设租乙种客车x辆，则甲种客车（6﹣x）辆，根据师生总数为140人以及租车总费用不超过1300元，即可得出关于x的一元一次不等式，解不等式即可得出x的值，再设租车的总费用为y元，根据“总费用=租A种客车所需费用+租B种客车所需费用”即可得出y关于x的函数关系式，根据一次函数的性质结合x的值即可解决最值问题．
详解：（1）∵（134+6）÷45=5（辆）…15（人），∴保证140名师生都有车坐，汽车总数不能小于6；
∵只有6名教师，∴要使每辆汽车上至少要有1名教师，汽车总数不能大于6；
综上可知：共需租6辆汽车．
（1）设租乙种客车x辆，则甲种客车（6﹣x）辆，由已知得：
，
解得：≤x≤1．
∵x为整数，∴x=1，或x=1．
设租车的总费用为y元，则y=180x+400×（6﹣x）=﹣110x+1400．
∵﹣110＜0，∴当x=1时，y取最小值，最小值为1160元．
故租甲种客车4辆、乙种客车1辆时，所需费用最低，最低费用为1160元．
点睛：本题考查了一次函数的应用、解一元一次不等式组以及一次函数的性质，解题的关键是：（1）根据数量关系确定租车数；（1）找出y关于x的函数关系式．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系找出函数关系式（不等式或不等式组）是关键．
25、（1）MA=MN，MA⊥MN；（2）成立，理由详见解析
【解析】
（1）解：连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=BC，∠DAB=∠DCE=90°，
∵点M是DF的中点，
∴AM=DF．
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴AF=CE，
在△ADF与△CDE中，，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴DE=DF．
∵点M，N分别为DF，EF的中点，
∴MN是△EFD的中位线，
∴MN=DE，
∴AM=MN；
∵MN是△EFD的中位线，
∴MN∥DE，
∴∠FMN=∠FDE．
∵AM=MD，
∴∠MAD=∠ADM，
∵∠AMF是△ADM的外角，
∴∠AMF=2∠ADM．
∵△ADF≌△CDE，
∴∠ADM=∠CDE，
∴∠ADM+∠CDE+∠FDE=∠FMN+∠AMF=90°，
∴MA⊥MN．
∴MA=MN，MA⊥MN．
（2）成立．
理由：连接DE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°．
在Rt△ADF中，
∵点M是DF的中点，
∴MA=DF=MD=MF，
∴∠1=∠1．
∵点N是EF的中点，
∴MN是△DEF的中位线，
∴MN=DE，MN∥DE．
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BF=BF，∠EBF=90°．
∵点E、F分别在正方形CB、AB的延长线上，
∴AB+BF=CB+BE，即AF=CE．
在△ADF与△CDE中，
∴△ADF≌△CDE，
∴DF=DE，∠1=∠2，
∴MA=MN，∠2=∠1．
∵∠2+∠4=∠ABC=90°，∠4=∠5，
∴∠1+∠5=90°，
∴∠6=180°﹣（∠1+∠5）=90°，
∴∠7=∠6=90°，MA⊥MN．
考点：四边形综合题
26、 (1)10%（2）不能.
【解析】
（1）增长前量（1+增长率）=增长后量，2015年2900万元为增长前量，2017年3509万元为增长后量，即可列出方程求解；
(2)根据（1）中求得的增长率求出2019年该地区投入的教育经费.
【详解】
（1）设增长率为x，由题意得
，
解得（不合题意，舍去）
答：2015年至2017年该地区投入教育经费的年平均增长率为10%.
(2)2019年该地区投入的教育经费是(万元)，
4245.89
答：按（1）中教育经费投入的增长率，到2019年该地区投入的教育经费不能达到4250万元.
此题考查一元二次方程的实际应用，此类是增长率问题的一元二次方程，可以根据“增长前量（1+增长率）=增长后量”列得方程.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
教学能力
科研能力
组织能力
甲
81
85
86
乙
92
80
74
甲种客车
乙种客车
载客量/(人/辆)
45
30
租金/(元/辆)
400
280